TRẦN NAM DŨNG (chủ biên) LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI CÁC TỈNH, CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 E-BOOK dddd Lời nói đầu iii iv Trần Nam Dũng (chủ biên) Lời cảm ơn Xin cảm ơn nhiệt tình tham gia đóng góp bạn: Phạm Đạt Nguyễn Văn Năm Võ Thành Văn Cùng nhiều bạn yêu toán khác v vi Trần Nam Dũng (chủ biên) Mục lục Lời nói đầu iii Lời cảm ơn v I Đề toán lời giải 1 Số học 1.1 Đề 1.2 Lời giải 3 Phương trình, hệ phương trình 2.1 Đề 2.2 Lời giải 13 13 16 Bất đẳng thức cực trị 3.1 Đề 3.2 Lời giải 25 25 28 II Một số giảng tốn 41 Giải phương trình hàm cách lập phương trình vii 43 viii Trần Nam Dũng (chủ biên) Phần I Đề toán lời giải 34 Trần Nam Dũng (chủ biên) Bài 3.7 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Gọi R r bán kính hình R cầu ngoại tiếp nội tiếp Tìm giá trị nhỏ r (Bình Định) Bài 3.8 Cho a, b, c số thực dương Chứng minh a a + 2b b + b + 2c c + c + 2a ≥ (Đại học Sư phạm) Lời giải Cách Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (a + 2b)2 ≤ 3(a2 + 2b2 ) Do đó, ta cần chứng minh a2 b2 c2 + + ≥ a2 + 2b2 b + 2c2 c + 2a2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz lần nữa, ta a2 b2 c2 (a2 + b2 + c2 )2 + + ≥ 2 = a2 + 2b2 b + 2c2 c + 2a2 a (a + 2b2 ) + b2 (b2 + 2c2 ) + c2 (c2 + 2a2 ) Bài toán chứng minh xong Dễ thấy đẳng thức xảy a = b = c Cách Ta chứng minh bất đẳng thức chặt a a + 2b Đặt x = + b b + 2c + c c + 2a + 18abc ≥ (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) b c a ,y= c = Khi ta có a + 2b b + 2c c + 2a 2b = − 1, a x 2c = − 1, b y 2c = − 1, a z suy 8= −1 x −1 y −1 , z hay 9xyz = − (x + y + z) + xy + yz + zx Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 35 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành x2 + y2 + z2 + 18xyz ≥ Thay 18xyz = − 2(x + y + z) + 2(xy + yz + zx) vào, ta viết bất đẳng thức thành x2 + y2 + z2 − 2(x + y + z) + 2(xy + yz + zx) + ≥ 0, hay (x + y + z − 1)2 ≥ Bình luận Bất đẳng thức cho thay giả thiết a, b, c > giả thiết (a + 2b)(b + 2c)(c + 2a) = Bài 3.9 Với ba số dương x, y, z, ta kí hiệu M số lớn ba số ln z + ln x +1 , yz ln + ln(xyz + 1), z ln y + ln +1 xyz Tìm giá trị nhỏ M x, y, z thay đổi (Đại học Sư phạm) Lời giải Từ định nghĩa số M, ta có M ≥ ln z + ln x +1 , yz M ≥ ln y + ln +1 , xyz suy 2M ≥ ln z + ln (x + yz)(xyz + 1) x + + ln y + ln + = ln yz xyz xyz Mặt khác, theo bất đẳng thức AM-GM (x + yz)(xyz + 1) ≥ 4, xyz suy 2M ≥ ln 4, hay M ≥ ln Dễ thấy đẳng thức xảy x = y = z = nên ta có kết luận M = ln Bài 3.10 Cho x, y, z ba số thực khơng âm có tổng Chứng minh x2 + y2 + z2 + xyz ≥ (Lương Thế Vinh, Đồng Nai) 36 Trần Nam Dũng (chủ biên) Lời giải Ta biết ba số x − 1, y − z − ln có hai số dấu với Giả sử hai số x − y − 1, ta có z(x − 1)(y − 1) ≥ 0, suy xyz ≥ z(x + y − 1) = z(2 − z) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz x + y2 ≥ (x + y)2 (3 − z)2 = 2 Do vậy, ta cần chứng minh bất đẳng thức sau đủ (3 − z)2 + z2 + z(2 − z) ≥ Biến đổi tương đương ta (z − 1)2 ≥ 0, hiển nhiên Ta có đẳng thức xảy x = y = z = Bài 3.11 Cho số thực dương a, b, c thỏa abc = Chứng minh a a2 + + b b2 + + c c2 + ≤ (Kon Tum) Lời giải Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có a 1 a ≤ = − a2 + 2a + 2(2a + 1) Do đó, ta cần chứng minh 1 1 1 − + − + − ≤ 1, 2(2a + 1) 2(2b + 1) 2(2c + 1) hay 1 + + ≥ 2a + 2b + 2c + (∗) Đến có nhiều cách đánh giá Cách Giả sử c = min{a, b, c}, ta có ab ≥ Sau sử dụng bất đẳng thức quen thuộc 1 + ≥√ ∀x, y > 0, xy ≥ x+1 y+1 xy + Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 37 cho x = 2a, y = 2b, ta có + ≥ √ 2a + 2b + ab + Vậy ta cần chứng minh √ + ≥ 2c + ab + Công việc đơn, ta cần đặt ẩn t = tương đương √ ab thay c = vào biến đổi t Cách Đặt a = x3 , b = y3 c = z3 , ta có 1 xyz yz , = = = 2a + 2x + 2x + xyz yz + 2x2 suy bất đẳng thức (∗) tương đương với zx xy yz + + ≥ 2 yz + 2x zx + 2y xy + 2z2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta yz zx xy (yz + zx + xy)2 + + ≥ = 2 2 ) + zx(zx + 2y2 ) + xy(xy + 2z2 ) yz + 2x zx + 2y xy + 2z yz(yz + 2x Đẳng thức xảy a = b = c = Cách Quy đồng rút gọn, ta có bất đẳng thức (∗) tương đương (2a + 1)(2b + 1) + (2b + 1)(2c + 1) + (2c + 1)(2a + 1) ≥ (2a + 1)(2b + 1)(2c + 1), hay a + b + c ≥ Bất đẳng thức theo AM-GM Bình luận Một tốn thú vị đặt từ tốn này, là: Tìm tất giá trị k để bất đẳng thức sau b c a + + ≤ a2 + k b2 + k c2 + k + k với a, b, c dương thỏa mãn abc = 38 Trần Nam Dũng (chủ biên) Đây tốn khó Hiện chứng minh bất đẳng thức cho ≤ k ≤ (với lời giải sơ cấp), giá trị tốt k số lẻ Nói riêng bất đẳng thức (∗), trường hợp riêng toán chọn đội tuyển Romania năm 1999: Cho a1 , a2 , , an số thực dương thỏa mãn a1 a2 · · · an = Khi 1 + +···+ ≤ a1 + n − a2 + n − an + n − 1 1 Trong bất đẳng thức này, cho n = thay a1 , a2 , a3 , , , ta thu a b c (∗) Bài 3.12 (1) Xác định giá trị nhỏ hàm số y = x3/2 − 3x (0, +∞) (2) Cho số dương a, b, c Chứng minh a3 + b3 b3 + c3 c3 a b c ≥ + + a b c a (Cần Thơ) Lời giải (1) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có x3/2 + x3/2 + ≥ 3x Từ suy y = x3/2 − 3x ≥− 2 Đẳng thức xảy x = (2) Sử dụng kết câu (1), ta có a3 a ≥ · − , b3 b b3 b ≥ · − , c3 c c3 c ≥ · − a a Cộng lại ta a3 + b3 b3 + c3 c3 ≥ a a b c + + − b c a Do ta cần chứng minh a b c a b c + + − ≥ + + b c a b c a 39 Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 Bất đẳng thức tương đương với a b c + + ≥ 3, b c a hiển nhiên theo AM-GM Ta có đẳng thức xảy a = b = c Bình luận Đây dạng cũ khơng có ý tưởng mẻ Hơn nữa, việc cho thêm câu (1) lại làm cho trở nên tầm thường hơn, kết câu (1) gợi mở đường nước bước câu (2) Bài 3.13 Giả sử phương trình x4 + ax3 + bx2 + cx + = có nghiệm thực Tìm giá trị nhỏ a2 + b2 + c2 (Phổ thông Năng khiếu) Lời giải Gọi x0 nghiệm phương trình cho Dễ thấy x0 = 0, từ suy b = − x0 + c + ax0 + x0 x0 Do a2 + b2 + c2 = a2 + c2 + x0 + c + ax0 + x0 x0 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta a2 + c2 + x0 + c + ax0 + x0 x0 (−x0 )2 + − ≥ −ax0 − = x0 + x0 x0 , 2 x0 a2 + b2 + c2 ≥ + +1 x0 x0 Mặt khác dễ dàng chứng minh 2 x0 ≥ , x0 + + x0 x0 + +1 ≥ c c + x0 + + ax0 + x0 x0 x0 suy x0 + 2 40 Trần Nam Dũng (chủ biên) với dấu đạt x0 = ±1, nên a2 + b2 + c2 ≥ Đẳng thức xảy   a = c = x2 + + ax + c   0  −x0 x0 x0   −  x0  x0 ±     b = − x2 + + ax + c   x0 x0 2 (ứng với x0 = 1) a = c = , b = − 3 + b2 + c2 (ứng với x0 = −1) Vậy giá trị nhỏ a Giải hệ ta tìm a = b = c = − Bình luận Có thể thấy tốn lấy ý tưởng từ toán Tournament of the Towns 1993: Nếu a, b số thực cho phương trình x4 + ax3 + 2x2 + bx + = có nghiệm thực a2 + b2 ≥ Phần II Một số giảng tốn 41 Chương Giải phương trình hàm cách lập phương trình “Cuộc sống chuỗi phương trình mà ta kiếm tìm lời giải.” Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình phương pháp thơng dụng tốn đại số Ý tưởng để tìm ẩn số đó, ta đưa vào ẩn số phụ, sử dụng kiện cho tạo mối liên hệ ẩn số (các phương trình), giải hệ phương trình, tìm giá trị ẩn số cần tìm Phương pháp tương tự áp dụng cho tốn hình học tính tốn (chẳng hạn toán giải tam giác, tứ giác), toán đếm (phương pháp dãy số phụ) Trong này, đề cập tới phương pháp lập phương trình, hệ phương trình để giải tốn phương trình hàm Ý tưởng chung để tìm giá trị f (x) f (a) đó, ta sử dụng phương trình hàm để tìm mối liên kết đại lượng, nói cách khác, tạo phương trình số Giải phương trình số này, ta tìm f (x) f (a) với a giá trị Với phương trình hàm có hai (hoặc nhiều hơn) phương trình điều kiện, ta tìm cách kết hợp phương trình để tìm f (x) Phương pháp tạo mối liên kết, hay phương trình cách tính giá trị hai cách khác Ví dụ 4.1 Tìm tất hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện (i) f (−x) = − f (x) với x thuộc R; (ii) f (x + 1) = f (x) + với x thuộc R; 43 44 Trần Nam Dũng (chủ biên) (iii) f x = f (x) với x khác x2 Lời giải Tất điều kiện biến x Trong trường hợp này, ta dùng chút khái niệm đồ thị để hiểu đường đến lời giải Ta xem số thực đỉnh đồ thị Đỉnh x nối với đỉnh x + 1, −x, Các x điều kiện đề cho mối liên hệ giá trị hàm số đỉnh nối cạnh Nếu tìm chu trình cách tự nhiên, có phương trình (để tránh hàm số có hai giá trị khác nhau) Ta thử tìm chu trình x → x+1 → 1 x x+1 1 →− → 1− = → = + → → x x+1 x+1 x+1 x+1 x x x Đặt y = f (x) từ chu trình trên, ta có f (x + 1) = y + 1, f x x+1 = 1− f x+1 y+1 , (x + 1)2 f x = = f y+1 (x + 1) x+1 x 2x − y , x2 , f − 1− = x+1 =− y+1 (x + 1)2 , y+1 (x + 1)2 x x+1 = x2 + 2x − y , x2 f (x) = 2x − y Từ suy 2x˘y = y, tức y = x Vậy f (x) = x Trong lý luận trên, ta cần đến điều kiện x khác −1 Tuy nhiên từ hai điều kiện f (−x) = − f (x), f (x + 1) = f (x) + ta dễ dàng suy f (0) = f (−1) = Vậy f (x) = x tất nghiệm tốn Ví dụ 4.2 Tìm tất hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện f (x2 − y) = x f (x) − f (y) với x, y thuộc R Lời giải Thay x = y = vào phương trình hàm, ta f (0) = − f (0), suy f (0) = Thay y = vào phương trình hàm, ta f (x2 ) = x f (x) Từ suy f (x2 − y) = f (x2 ) − f (y) (1) 45 Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 Thay x = 0, ta f (−y) = − f (y) Thay y −y, ta f (x2 + y) = f (x2 ) − f (−y) = f (x2 ) + f (y) với x, y Từ đó, kết hợp với tính chất hàm lẻ, ta suy f (x + y) = f (x) + f (y) với x, y Bây ta có f ((x + 1)2 ) mặt tính theo cơng thức (1), tức (x + 1) f (x + 1) = (x + 1)[ f (x) + f (1)] Mặt khác, ta khai triển f ((x + 1)2 ) = f (x2 + 2x + 1) = f (x2 ) + f (x) + f (1) = x f (x) + f (x) + f (1) Từ ta phương trình (x + 1)[ f (x) + f (1)] = x f (x) + f (x) + f (1), suy f (x) = f (1)x Đặt f (1) = a, ta f (x) = ax Thử lại vào phương trình ta thấy nghiệm Vậy f (x) = ax với a ∈ R tất nghiệm toán Phương pháp tạo mối liên kết áp dụng hiệu tốn phương trình hàm Q, N, Z Ta xem xét số ví dụ Ví dụ 4.3 Tìm tất hàm số f : Q+ → Q+ thoả mãn điều kiện (i) f (x + 1) = f (x) + với x thuộc Q+ ; (ii) f (x2 ) = f (x) với x thuộc Q+ Lời giải Từ điều kiện (ii), ta suy f (1) = Sử dụng kết kết hợp với điều kiện (i) ta dễ dàng suy f (n) = n với n thuộc Z+ f (r + n) = f (r) + n p với r thuộc Q+ n thuộc Z+ Bây ta tính f (r) với r = , p, q ∈ Z+ Ý q tưởng ta tính f ((r + q)2 ) theo f (r) hai cách Trước hết f ((r + q)2 ) = f (r + q) = ( f (r) + q)2 (1) f ((r + q)2 ) = f (r2 + 2p + q2 ) = f (r2 ) + 2p + q2 = f (r) + 2p + q2 (2) Từ (1) (2) ta suy f (r) + 2q f (r) + q2 = f (r) + 2p + q2 , f (r) = p = r q Mặt khác Vậy f (r) = r với r thuộc Q+ Ví dụ 4.4 Tìm tất hàm số f : N → N cho f (m2 + n2 ) = f (m) + f (n) với m, n thuộc N 46 Trần Nam Dũng (chủ biên) Lời giải Cho m = n = 0, ta f (0) = f (0), suy f (0) = Cho m = 1, n = 0, ta f (1) = f (1) = Ta xét trường hợp f (1) = 1, trường hợp f (1) = xét tương tự Với f (1) = 1, ta tính f (2) = f (12 + 12 ) = f (1) + f (1) = 2, f (4) = f (22 + 02 ) = f (2) + f (0) = 4, f (5) = f (22 + 12 ) = f (2) + f (1) = Nhưng để tính, chẳng hạn f (3)? Rõ ràng f (3) khơng thể tính theo sơ đồ được, khơng biểu diễn dạng tổng hai bình phương Ta nhớ lại tốn lớp Có cân đĩa với cân 1kg, 5kg bao đường nặng 10kg Hãy cân 7kg đường lần cân Rõ ràng, với cách cân thơng thường ta cân 1kg đường, 4kg đường (5 − 1), 5kg đường 6kg đường Tuy nhiên, tinh ý chút, ta có phương án cân 7kg đường sau: Đặt vào đĩa bên trái cân 1kg 10kg đường, đĩa bên phải cân 5kg, sau chuyển dần đường từ bên trái sang bên phải cho cân cân bằng, số đường cịn lại đĩa bên phải 7kg! Bây ta thủ thuật tương với tốn Ta khơng tính trực tiếp f (3) ta lại có f (5) = f (25) = f (32 +42 ) = f (3)+ f (4) Từ ta f (3) = Tương tự ta tính f (6) nhờ vào đẳng thức 62 + 82 = 102 , f (8) = f (22 + 22 ) = f (2) = 8, f (10) = f (32 + 12 ) = f (3) + f (1) = 10 Tiếp tục, để tính f (7), ta để ý 72 + 12 = 50 = 52 + 52 , từ f (7) = Cũng thế, 112 + 22 = 102 + 52 nên ta suy f (11) = 11 Cách làm tổng qt hố nào? Ý tưởng m2 + n2 = p2 + q2 (1) f (m) + f (n) = f (p) + f (q) Do ta tính f (n), f (p), f (q) f (m) tính Làm để có đẳng thức dạng (1) dạng tổng quát, cho phép ta chứng minh f (n) = n với n quy nạp? Chú ý (1) viết lại thành (m − p)(m + p) = (q − n)(q + n) = N Do chọn số N có hai cách phân tích thành tích số có tính chẵn lẻ, ta tìm nghiệm cho (1) Chọn N = 8k = · 4k = · 2k N = 16k = · 4k = · 2k, ta hệ m˘p = 2, m + p = 4k, q − n = 4, q + n = 2k, m˘p = 4, m + p = 4k, q − n = 8, q + n = 2k Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009-2010 47 Từ đẳng thức tương ứng (2k + 1)2 + (k − 2)2 = (2k − 1)2 + (k + 2)2 , (2k + 2)2 + (k − 4)2 = (2k − 2)2 + (k + 4)2 Từ hai đẳng thức này, với ý ta chứng minh f (n) = n với n = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, ta dễ dàng chứng minh quy nạp f (n) = n với n ∈ N Trường hợp f (1) = 0, cách lý luận nêu ta suy f (n) = với n thuộc N Bài tập Tìm tất hàm số f : Q → Q thoả mãn điều kiện (i) f (x + 1) = f (x) + với x thuộc Q; (ii) f (x3 ) = f (x) với x thuộc Q Tìm tất hàm f : R\0 → R thoả mãn đồng thời điều kiện (i) f (1) = 1; (ii) f x+y =f +f x ; y (iii) (x + y) f (x + y) = xy f (x) f (y) với x, y mà xy(x + y) = Tìm tất hàm số f : R → R thoả mãn f (x5 − y5 ) = x2 f (x3 ) − y2 f (y3 ) với x, y thuộc R Tìm tất hàm số f : Z → Z thoả mãn điều kiện f (a3 + b3 + c3 ) = f (a) + f (b) + f (c) với a, b, c thuộc Z Cho hàm số f : R → R thoả mãn điều kiện (i) f (x2 ) = f (x) với x thuộc R; (ii) f (x + 1) = f (x) + với x thuộc R Chứng minh f (x) = x 48 Trần Nam Dũng (chủ biên) Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu, Phương trình hàm, Nhà xuất Giáo dục 2001 [2] Nguyễn Trọng Tuấn, Bài toán hàm số qua kỳ thi Olympic, Nhà xuất Giáo dục 2005 [3] Phan Đức Chính, Lê Đình Thịnh, Phạm Tấn Dương, Tuyển tập toán sơ cấp, Tập 1, Đại số, Nhà xuất Đại học Trung học chuyên nghiệp 1977 [4] Phan Huy Khải, Các toán hàm số, Nhà xuất Giáo dục 2007 [5] B J Venkatachala, Functional Equations – A Problem Solving Approach, PRISM 2002 [6] Pierre Bornsztein, Mobinool Omarjee, Cours – Equations fonctionelles, Electronic Edition 2003 [7] Titu Andreescu, Iurie Boreico, Functional Equations, Electronic Edition 2007 ... sin2 2x − sin 2x + = Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009- 2010 19 Từ giải phương trình Bình luận Bài giống đề thi đại học hơn, khơng có ý tưởng Bài 2.5 Giải hệ phương trình... 2) = 52, Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009- 2010 11 suy f (47) = 47 f (49) = 49 Cuối f (2009) = f (41) f (49) = 41 · 49 = 2009 Bình luận Điều đáng ngại lời giải dễ nhầm... sau          2009 ∑ xi = 2009 i=1 2009 ∑ i=1 2009 xi = ∑ i=1 xi Lời giải bình luận đề thi tỉnh, trường Đại học năm học 2009- 2010 2.11 Cho a, b, c số thực dương Giải hệ phương trình 